第2章 专题探究1 玻意耳定律的应用-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（教科版）

专题探究一 玻 黑题 专题强化练 题型1玻璃管问题 1.如图所示，开口向下并插入水银 槽中的粗细均匀的玻璃管内封闭 着长为H的空气柱，管内水银柱 高于水银槽h,若将玻璃管向右 旋转一定的角度（管下端未离开槽内水银 面)，环境温度保持不变，则H和h的变化情 况为 A.H减小，h增大 B.H增大，h减小 C.H和h都增大 D.H和h都减小 2.(2023·山东青岛期中)一倒T型内壁光滑的 细玻璃管，C端开口竖直向上，用水银密封A、 B两部分理想气体.已知A、B、C三部分气柱和 对应三段水银柱长度均为10cm.外界大气压 强为76cmHg现将细玻璃管绕B点在竖直面 内顺时针缓慢旋转90°，整个过程温度不变则 旋转后三段水银柱状态为 ，20cm 大于 20 cm 小于 20 cm 3.如图所示，两端封闭、粗细均匀的竖直玻璃管 内有A、B两段长度均为1的理想气体气柱和 一段长为h的水银柱，且气柱A的压强等于 2pgh(p为水银的密度).当玻璃管以某一加速 第二章 意耳定律的应用 限时：40min 度a做竖直方向的匀加速运动，稳定后，上部 空气柱长度是下部空气柱的3倍，已知运动过 程中整个管内各处的温度不变，则( ) A.此时B段气体压强为0.6Pgh B.玻璃管加速度a的方向向下 C孩璃管加速度a的大小为宁 D.玻璃信加速度a的大小为生。 4.（多选)试管内封有一定质量的气体，静止时 气柱长为L。,大气压强为Po,其他尺寸如图所 示，当试管绕竖直轴以角速度ω在水平面内 匀速转动时气柱长变为L,设温度不变，管的 横截面积为S,水银密度为p,则转动时管内被 封气体的压强为 AP6pl,心（么th-1+) B%plo么+) C.Po+pgL Lo D.Po 题型2活塞汽缸问题 5.（2023·云南曲靖二模) 如图所示，水平放置的导 A 热汽缸内A、B两部分气 体由横截面积为S的活塞（厚度不计）隔开， 活塞与汽缸光滑接触且不漏气.初始时两侧气 体的温度与环境温度相同，压强均为p,体积 黑白题19 之比为V:V=2:3.现将汽缸缓慢转动，当 转到竖直位置放置时，A、B两部分气体体积相 同.已知重力加速度大小为g,则活塞的质量m 为 A.s B.3ps 5g 5g C. 2pS D.PS 5g 5g 6.(2023·辽宁大连质检)如图所示，截面积不 等的汽缸水平固定放置，内壁光滑，活塞A的 截面积S4=20cm2,活塞B的截面积S= 30cm2.两活塞用质量不计的细绳连接，活塞A 还通过细绳、定滑轮与质量不计小桶相连，A 和B之间封闭有一定量的理想气体，且温度 始终与外界保持相同.已知大气压强Po=1.0× 10Pa保持不变，环境温度保持不变，活塞A、 B始终可以自由移动.若往小桶中缓慢注入 1kg细沙，发现汽缸内活塞A、B向左移动了 3cm,试求若再往小桶中缓慢注人1kg细沙， 活塞A、B移动的距离， 1小桶 题型3充气、抽气问题 7.(2023·辽宁丹东期末)篮球赛前对篮球的检 查是一项重要工作.比赛用球的体积为V。,标 准气压为0.48~0.62bar(1bar=105Pa).有 篮球经检测发现气压为0.3bar,现用打气筒 对其充气，打气筒每次能充入压强为10Pa、 体积为0.02V。的气体，气体可视为理想气体 忽略充气过程温度和篮球体积的变化，则为 达到比赛用球标准，充气次数至少为（ A.2 B.6 C.9 D.16 选择性必修第三册·JK: ,一个体积为2V。的钢瓶中，装有压强为P。的 氧气.在恒温状态下用容积V。的抽气筒抽气， 则抽气4次后钢瓶中氧气的压强为() 16 87% 9.(2022·安徽舒城中学期中)血压仪由加压气 囊、臂带、压强计等构成，如图所示加压气囊 可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带 内气体的压强高于大气压强的数值.充气前臂 带内气体压强为大气压强，体积为V,每次挤 压气囊都能将60cm3的外界空气充入臂带 中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V. 压强计示数为900mmHg.已知大气压强等于 750mmHg.气体温度不变.忽略细管和压强计 内的气体体积则V等于 () A.30 cm 加压气囊 1细管日 B.40 cm3 C.50 cm3 压强计 D.60 cm3 臂带 10.（2023·山东潍坊三模)如图所示，桶装水的 容积为20L,为取水方便，在上面安装一个 取水器.某次取水前桶内气体压强为1× 105Pa,剩余水的体积为12L,水面距出水口 的高度为50cm.取水器每按压一次，向桶内 打入压强为1×10Pa、体积为0.3L的空气. 已知水桶的横截面积为0.02m2,水的密度为 1×103kgm3,大气压强为1×105Pa,重力加 速度为10/s2,取水过程中气体温度保持不 变，则 A.取水器至少按压1次， 水才能从出水口流出 B.取水器至少按压3次，水 才能从出水口流出 C.若要压出4L水，至少需 按压16次 D.若要压出4L水，至少需按压17次 黑白题20p3,=2X10Pa,根据玻意耳定律得p,=p,上，解得兰 ,体积应变为原来的1.5倍故选c 2 3.C解析：设人的肺活量为V,将空腔中的气体和人肺部的气 体一起研究，初状态有P1=Po,V1=V。+V;末状态有P2, V2=V。根据压强关系有P2=Po+Pgh,根据玻意耳定律有 p,=p,,联立解得V=P,故选C Po 4.D解析：设大气压为po.对a管，a管竖直向下做自由落体 运动，处于完全失重状态，封闭气体的压强等于大气压，即 P。=Po对b管，以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得 PS-PoS-mg=mg,得P>P.对c管，以水银为研究对象，根据 牛顿第二定律得PoS-P.S+mgsin45°=ma,对c管和水银整 体，有Mgsin45°=Ma,得a=gsin45°，解得p。=po,可得p6> P。=P.根据玻意耳定律有pV=C,可得L,<L.=L。,ABC错误， D正确.故选D. 压轴挑战 AD解桥：AC.若m=g对活塞AB有pS=PoS+g, p=2印o单向阀门未打开，所以气室2内的气体质量不变，气 室1内气体质量不变，压强也不变.根据玻意耳定律得xS= S,解得x=之，所以活塞下移 A正确，C错误； B.若m= 2g,对活塞AB有nS=poS+mg,解得p=1.5p,单向 阀门未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体 质量不变，压强也不变.根据玻意耳定律得pxS=PoLS,解得 2L 3poS x=,所以活塞下移Ax=L-x=了，B错误；D.若m= 对活塞AB有pS=PoS+mg,解得p=4po,单向阀门打开，如果 气室2的气体未完全进人气室1，则有P0LS+2p0LS=4pxS, 解得x=头，假设不成立，所以气体完全进入气室1，则有 PoLS+2poLS=PLS,解得P=3po,D正确.故选AD. 专题探究一玻意耳定律的应用 黑题专题强化练 1.D解析：设大气压为Po,封闭气体压强p=P。pgh,玻璃管绕 其最下端的水平轴偏离竖直方向一定角度，假设H不变，则 水银柱的有效高度h变小，封闭气体压强变大，根据玻意耳 定律可知，封闭气体体积减小，故水银柱会升高，即H要减 小；再假设h不变，则H会减小，根据玻意耳定律，封闭气体 压强会增加，故h也要减小，故ABC错误，D正确 2.C解析：依题意，对A、B部分气体研究，将细玻璃管绕B点 在竖直面内顺时针缓慢旋转90°后，设A部分的水银柱长度 为1，B部分的水银柱长度为2，根据玻意耳定律有PA· 10S=P4(20-l1)S,PB·10S=Pa(20-l2)S,其中Pa=PB=P0+ Pa=86 cmHg,PA=(76-l1)cmHg,Pg=(76+l2)cmHg,联立以上 式子，求得l1≈7.5cm,l2=10cm,可得l1+l2<20cm,故选C. 3.C解析：由题意可知，初状态时B的压强P=2pgh+Pgh= 3Pgh,加速稳定后，上部空气柱长度是下部空气柱的3倍，所 以B的压强增大，A的压强减小，所以玻璃管的加速度向上， 且可知，+，=2以，以=3弘，则，=，。=子根据玻意耳定律 参考答案与解析 可得2pg·S=P:}s,可得A变化后的压强为2以 PSh,根据玻意耳定律可得3pgh·S=P,·2s,可得B变 4 化后的压强为PB=6pgh,故AB错误；CD.对水银柱，根据牛 顿第二定律有PnS-p,S-pgS=pha,可得a=6,故C正确， D错误.故选C. 4.AD解析：以水银柱为研究对象，水平方向受力为向右的 PoS,向左的pS,由牛顿第二定律，知pS-PoS=ma= w么话-）则aw6-)者 以被封闭气体为研究对象，由等温变化可知PoL,S=pLS,解 得p=Po,故选AD. 5.C解析：设A、B两部分气体的总体积为V,对A气体，初状 态pm=P,u=子y,末状态pep,e=,根据玻意耳定 得pV=pY对B气体，初状态Pm=p,Va马 状态Va=之，Pa=p+,根据玻意耳定律可得pmm 2pS PmVm,联合解得m= ,故选C. 5g 6.2.5cm解析：开始时活塞A、B处于静止状态，合力为零，设 汽缸内气体压强为P1、体积为VP,(SB-SA)=Po(Sg-SA),若 往小桶中缓慢注入1kg细沙，设汽缸内气体压强为P2、体积 为V2-P2(SB-S4)-P(SB-S4)=m1g,气体发生等温变化， P1V,=P2V2,根据题意：V1-V2=L1(Sg-S4),若再往小桶中缓 慢注入1kg细沙，设汽缸内气体压强为P、体积为V, P3(Sg-SA)-Po(Sg-S4)=(m1+m2)g,气体发生等温变化 P2V2=P3V.根据题意V2-V=L2(SB-S4),联立解得L2= 2.5cm. 7.C解析：设充气次数为n次，根据玻意耳定律p1V。+npo× 0.02V。=P2'。,代入数据0.3×103Pa×V。+10Pa×0.02V。×n= 0.48×10Pa×Vo,解得n=9,故选C. 8.D解析：钢瓶的容积为2V。,抽气筒容积为Vo,最初钢瓶内 气体压强为Po,抽气过程气体温度不变，由玻意耳定律，第 一次抽气有Po·2V。=P1V。+P1·2V,第二次抽气有P1· 2Vo=p2V+p2·2V,第三次抽气有p2·2V=p3V+P3·2V, 第四次抽气有P3·2V。=P4V。+P4·2V。,经过计算有P4= 16 87Po故选D. 9.A解析：根据玻意耳定律可知PoV+5poV。=p1×5V,已知po= 750mmHg,V。=60cm3,P1=(900+750)mmHg=1650mmHg, 代入数据整理得V=30cm3,故选A 10.D解析：AB.设取水器下压n次后，桶中的水才能从出水 口流出.以原来桶中空气和打入的空气为研究对象，设开始 时压强为p1,体积为V1,则P1=P0=1×10Pa,V,= [(20-12)×103+300n]cm3.设桶中空气和打入的空气后来 的体积为V2,压强为P2,则V2=(20-12)×103cm3,由玻意 耳定律得P,V,=P2V2,要使桶中水能从出水口流出，则有 >+pk,联立各式解得心号，所以取水器至少按压2次 后，桶中水才能从出水口流出.AB错误.CD.水桶高度ho= Q.02m=1m,装满水时，水面距离出水口高度△h=50cm- 0.02 黑白题07 20,=50cm40cm=10cm,再压出4L水后桶内 与出水口高度差为h2= 20-12+4, 20h。+Ah=70cm,则有n,= Po+Pgh2,解得p3=1.07×105Pa.由于外界温度保持不变，根 据玻意耳定律有n'poV。+p1=p3V2,其中V。=0.3L,1= (20-12)L=8L,V3=(20-12+4)L=12L,解得n'≈16.1， 可知，若要再压出4L水，至少需按压17次.C错误，D正 确.故选D. 第5节气体的等容变化和等压变化 白题基础过关练第1课时气体的等容变化 1.B解析：把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积不变，气体经过 热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可 知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压 就将罐紧紧地压在皮肤上 2.A解析：由查理定律得 P2 TT+1K:Ap=Pa-PI= 1×1K 为 定值，A选项正确， 3.C解析：取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为P1= 1.0×10Pa,温度为T1=(273+27)K=300K,末状态的温度 为7，=[273+(-23)]K=250K,根据查理定律有=号，解 得P2-×10Pa,所以此登山手表表面玻璃可以承受的 外压强差至少为4=P-p=。×10-40x10Pa=4.3X 6 104Pa,故选C. 4.B解析：假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，根据 查理定律有号岩所以4如=号4，两部分气体初状态温 度T相同，升高的温度△T相同，初状态气体A的p大，则 △p4>△pB,水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，即向B 端移动.故选B. 5.C解析：轮胎容积不变，由查理定律可知卫 p' T4A7,解得 △7=P。P7.左前轮胎内的气体温度变化△7=2T,右前轮 16 D 胎内的气体温度变化△T,=2 .2 T,左后轮胎内的气体温度变 化△=，有后轮胎内的气体压强变化4，=点，测 △T3<△T,<△T,<△T2,所以轮胎内气体的温度变化最小的是 左后轮胎内的气体故选C. V 6.B解析：由题图知，a一b过程为等压过程，由T=C可知， 气体温度升高，体积增大；6心过程为等容过程，由子=C可 知，气体温度升高，压强增大，故B正确， 黑题应用提优练 1.B解析：轮胎内气体体积不变，则为保证安全，则在90℃时 压强不超过3.5atm;在-40℃时压强不不低于1.7atm,则根 3.5 P11.7 P2 据查理定律273+90273+20273-40273+20，解得pm= 2.83atm,P2=2.14atm.充气后的胎压应在2.14atm~2.83atm 范围内比较合适，故B选项适合 选择性必修第三册·JK 2.C解析：在p-T图像中，开始一段时间内，随着温度的升 高，气体发生的等容变化，根据号=C可知图像为一条过坐 标原点的直线：当气体压强增加到与外界大气压强相等时， 温度再升高，活塞将向右移动，气体发生等压变化，即气体压 强等于大气压强Po,保持不变，故C正确。 3.C解析：ACD.假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容 变化，由于初温和末温相同，根据查理定律，对气体A,有 二产对气体以，有宁-片初始状态满足A,=tne,同 理使A、B降低相同温度达到稳定后，有PA=TP:= T 、TM ppgh)卫7Pa,由此可知4p4>4pg,AP>APa,因此 水银柱将向下移动了一段距离，故C正确，AD错误；B.由于 气体的总体积不变，所以△VA=△Vg,故B错误故选C. 4.AD解析：AC假设两部分气体做等容变化，则根据？ 7A7可得压据变化4p=1A,1= △T TPo,则Ap左= ΔT △T Tp左，4p=TP,其中P左=P%Pgh若同时升高 相同的温度，则左侧气体压强增加得多，所以左侧水银面上 升，右侧水银面下降，左右水银面高度差变小.同理若同时降 低相同的温度，则左侧气体压强减少得多，所以左侧水银面 下降，右侧水银面上升，左右水银面高度差变大，故C错 误，A正确：BD.玻璃管竖直加速下落，左边空气柱对水银柱 的压强变小，体积增大，使左右水银面高度差变小，匀速下落 时，压强不变，高度差不变，故B错误，D正确：故选AD. 压轴挑战 5.(1)21.4cm(2)22℃ 解析：(1)A瓶内气体初态p,=76cmHg-16cmHg=60cmHg, T,=(273+27)K=300K,T2=(273+0)K=273K,气体发生等 容变化，由查理定律可得二-会即0希K解得 TT P2=54.6 cmHg,则x=76cm-54.6cm=21.4cm.(2)此时A瓶 内气体压强为P3=75cmHg-16cmHg=59cmHg,气体发生等 容变化，由查理定件号只即00.9，解得 300K T T3=295K,所以t3=22℃. 白题基础过关练 第2课时气体的等压变化 ①，A解标：在压强不变的情况下，由盖-吕萨克定律女=C,得 47C,当温度的增量相同时，体积的增量相同，故△y,= ΔV △V2,故选A. 2.AD解析：AB.使U形管两端水银面一样高，即保持封闭气 体的压强始终等于外界大气压而不变，若把烧瓶浸在热水 中，气体体积增大，A中水银面上升，为使两管水银面等高， 应把A下移，故A正确，B错误：CD.若把烧瓶浸在冷水中， 气体体积减小，B管中水银面上升，为使两管水银面等高，应 把A管上移，故C错误，D正确.故选AD. 3.A解析：设上午8时教室内的空气质量为m,下午2时教室 内的空气质量为m',以上午8时教室内的空气为研究对象， 盏昌克定维有-冷解得阳 273+27 273+17%= 黑白题08